Завдання 46.

Знайти образ області при відображенні функцією w = е2iz + 2.

Розв’язання:

Область, що задається, зображена на мал. 18.

Функція w = е2iz + 2 складена, відображення цією функцією це послідовне виконання наступних відображень:

1) t = 2z – розтяг в два рази:

2) – поворот на кут проти годинникової стрілки;

3) – паралельне переміщення на вектор {2.0};

4) –показникова: (формули 1).

Результати відображень 1) - 4) зображені на мал. 19 -22.

Завдання47. Знайти образи областей при відображенні w = ez.

Завдання 48.Півсмугу відобразити за допомогою функції .

Завдання 49.Прямокутник відобразити за допомогою функції w - е2iz +1.

Завдання 50.Знайти відображення смуги, обмеженої прямими Re z = Im z, Im z = Re z + 2, на верхню півплощину.

Завдання 51.Відобразити півсмугу на півкруг .

Завдання52. Відобразити смугу 0 < Re z < 4на півплощину Im w > 0.

Завдання 53.Відобразити за допомогою функції область .

Розв’язання.Виконаємо малюнок заданої області (мал.23).

Відображення за допомогою функції є послідовним виконанням наступних відображень:

1) . Це відображення виконується за формулами (2). Так як 0 < |z| < e , то –∞ < Re t < 1, а 0 < arg z < , звідси 0 < Im t< . Результат відображення 1) зображений на мал.24.

2) –розтяг в два рази;

3) –паралельне переміщення на вектор .

Області, які одержуються при відображеннях 2), 3) зображені на мал.25 та 26 відповідно.

Завдання 54.Виконати відображення за допомогою функції :

1) кільце 1 < |z| < 2 з розрізом по інтервалу (1;2) дійсної осі; площину з розрізом вздовж від’ємної частини дійсної осі;

2) площину з розрізом вздовж додатної частини дійсної осі;

Завдання 54. Відобразити за допомогою функції сектор .

Завдання 55.Область відобразити за допомогою функції .

Завдання 56.Знайти функцію, яка конформно відображає:

1) область D на z-площині (мал. 27) на область G на w-площині (мал. 28).

Розв’язання.За допомогою дробово-лінійної функції площину з розрізом по дузі одиничного кола (мал. 27) відображаємо на площину з прямолінійним розрізом по променю (0; i∞) уявної осі (мал.29). Повертаємо t - площину на кут за допомогою функції (мал. 30). Застосуємо степеневу функцію (мал. 31).



Логарифмічна функція верхню півплощину (мал.31) відображає на область G ( мал.28). Отже шукана функція

2) область 0 < arg z < π на смугу 0 < Im w < 1;

3)

4)

5)

6) Площину з розрізом по дузі одиничного кола від точки і до точки -1 у смугу 0 < Im w < π.

7)

8)

9)

§10. ФункціяЖуковського.

Функція виду називається функцією Жуковського. Вона аналітична для всіх z ≠ 0 . При заміні , функція Жуковського не змінюється, тому в точках z = 0 та z = ∞ вона поводить себе однаково. Функція однолиста в області D тоді і тільки тоді, коли в цій області немає різних точок z1та z2, пов’язаних рівністю z1· z2= 1. Геометрично остання рівність означає, що точка одержується із точки z1 подвійною симетрією: відносно кола |z| = 1 і відносно прямої lm z = 0. Областями однолистості є, наприклад,

а) |z| > 1 - зовнішність одиничного кола;

б) |z| < 1 - одиничний круг;

в) Im z > 0 - верхня півплощина;

г) Im z < 0 - нижня півплощина.

Відображення функцією Жуковського кіл і променів виконується за формулами

які одержуються, якщо позначити w = u + iv та z = rеiφ.

Функція – обернена до функції Жуковського.

Завдання 57. Виконати відображення функцією Жуковського наступних областей та ліній:

1)

Розв’язання.Задана область є другою чвертю комплексної площини (мал.42). Виконаємо відображення меж області, скориставшись формулами (1). Знайдемо образ променя уявної осі (0; +∞). В формулі (1) необхідно покласти , при цьому r змінюється від нуля до нескінченності. Отже маємо, що и = 0, a ( )

Точка z = 0 (r = 0 ) відобразиться у точку w = –і∞, точка z = i (r = 1) відображається у точку w = 0, а точка z = +i∞(r = ∞) відобразиться у точку w = +i∞. Таким чином промінь (0;+i∞) відображається у всю уявну вісь.

Знайдемо тепер образ променя (0; –∞) дійсної осі. В формулах (1) покладаємо φ = π, а 0 < r < ∞,тоді , . При цьому точка z = –∞, (r = ∞) відобразиться у точку w = –∞, точка z = –l (r = l) у точку w = –l, точка z = 0 (r = 0) у точку w = –∞ . Отже промінь (0; –∞) дійсної осі відобразиться у промінь дійсної осі (–1; –∞), який обходиться двічі.

Таким чином, задана область відображається у ліву півплощину з розрізом по променю (–1; ∞) (мал.43).

Завдання 58. Відобразити за допомогою функції w такі області:

Завдання 59.Знайти відображення області з розрізом по відрізку (–2; –1) дійсної осі у зовнішність одиничного круга |w| > 1.

§11. Відображеннятригономегричнимитагіперболічним функціями.

Враховуючи формули (1) та (2) §3, відображення тригонометричними та гіперболічними функціями можна подати як суперпозицію функцій, розглянутих в §5-§ 10 наступним чином:

Завдання 60.Знайти образ області при відображення функцією w = f(z)

Розв’язання. Щоб відобразити задану область (мал.44) за допомогою гіперболічного синуса, треба виконати послідовно наступні відображення:

a) ; б) ;

в) г) .

Відображення а) переводить задану область D у область (мал.45). Відображення 2) – це поворот на кут за годинниковою стрілкою (мал.46). Функція Жуковського (відображення в)) відображає промені (–∞; –1) та (1; +∞) дійсної осі самі в себе, а півколо, що проходить через точки –1; –і та 1 в відрізок [–1; і] дійсної осі. Отже, область, зображена на мал.46 відобразиться у нижню півплощину(мал.47). Відображення г) – це поворот на кут проти годинникової стрілки (мал.48).

Завдання 61. Знайти функцію, яка комформно відображає D: внутрішність одиничного кола |z| = 1 з розрізами по відрізках [–1; 0] та [ ; 1] (мал.49) на G: верхню півплощину (мал.50).

Розв’язання. Дробово-лінійною функцією область D відображаємо на область, що зображена на мал. 51.

Виконаємо поворот цієї області на кут за годинниковою стрілкою (мал.52).

Застосуємо до області, що зображена на мал. 52. Степеневу функцію (мал.53).

Функція відображає площину з розрізами (–∞; –1);( ; +∞) у площину з розрізом від до нескінченності по дійсній осі (мал54).

Застосувавши до області, що зображена на (мал.54) лінійну функцію (мал. 55) та степеневу одержимо верхню півплощину (мал.50).

Отже функція:

Завдання 62. Знайти функції, які виконують відображення області D на область G.

5) D: lm z > 0 з розрізом по уявній осі від точки і до ∞, G : |w| > 1;

7) D: 0 < lm z < 2πз розрізом ; G: 0 < Im z < π;

8) D: |z| < 1 з розрізами по відрізках та G: Im w > 0;

9) D: lm z > 0 з розрізом ; G: 0 < lm w < π;

16) D: площина з розрізом по відрізку [–1; 1 ] G: смуга 0 < lm w < l;

17) D: смуга –π < Re z < πз розрізом по променю [0; +i∞), G: Im w > 0;

18) D: |z| > 1 з розрізами по [–2; –1] та [1; 2], G: |w| < 1.

19) D: Im z > 0 з розрізом по променю [2і; +і∞), G: lm w > 0.

§12. Інтегруванняфункціїкомплексноїзмінної.

Нехай f(z) = U(x, y) + iV(x, y) – неперервна функція в області D комплексної площини і γ – довільна кусково-гладка крива, що лежить в цій області, тоді існує , обчислення якого зводиться до обчислення двох криволінійних інтегралів: другого роду:

Якщо рівняння кривої у записати у вигляді z(t) = φ(t) +iψ(t) (α ≤ t ≤ β то

, де .

У випадку, коли γ – дуга кола |z – а| = ρ, орієнтованого додатньо, тоді z = а + ρеit, dz = iρeitdt (α ≤ t ≤ β) і інтеграл обчислюється за формулою .

Із властивостей криволінійних інтегралів другого роду випливають наступні властивості інтегралів від функцій комплексної змінної.

1. .

2. ,де γ-1 протилежно орієнтована дуга до γ.

3. , де дуги γ1 та γ2 складають дугу γ1γ2.

Завдання 63. Обчислити .Якщо:

1) де контур у складається з ліній , що обходяться в напрямку, вказаному на мал.56.

Розв’язання. За властивостями інтегралів від функції комплексної змінної маємо :

Обчислимо окремо кожний з інтегралів. На відрізку АВ маємо z = x ; dz = dx,

z = х, |z| = x, 1 < x < 2, тому .

На відрізку CD : z = x, dz = dx = x |z| = –x; –2 < x < –1, отже

На дузі BC : z = 2eiφ, = 2e-iφ, |z| = 2, dz = 2ieiφ,0 ≤ φ < π.

Тоді маємо .

На дузі DA ; z = eiφ, = e-iφ,|z| = 1, dz = ieiφdφ , φ змінюється від π до 0. Отже .

Таким чином .

2) f(z) = , γ: відрізок прямої, що сполучає початок координат з точкою z = 3 + 2i.

3) f(z)= , γ: півколо |z|=l, 0 < arg z < π від точки z = l до точки z = –1.

4) f(z) = ; γ: коло |z| = 3 в додатному напрямку.

5) f(z) = ; γ: відрізок прямої, що сполучає початок координат з точкою z = 1+ i.

6) f(z) = ; γ: дуга параболи у = х2від точки z = 0 до точки z = l + i.

7) f(z) = ; γ: дуга кривої від точки z = 0 до точки z = l + i.

8) f(z) = z3; γ: відрізок прямої, що сполучає початок координат з точкою z = 2 + 4i.

9) f(z) = z3; γ: дуга параболи у = х2від точки z = 0 до точки z = 2 + 4i.

10) f(z) = z3; γ: дуга кривої від точки z = 0 до точки z = 2 + 4i.

1l) f(z) = Re z; γ: півколо |z| = 2, Im z < 0 початок кривої в точці z = –2.

12) f(z) = ;γ: коло |z| = l.

13) f(z) = ; γ: півколо |z| = 2, .

14) f(z) = z;γ:крива y = sin x, 0 < х < π початок кривої в точці z = π.

15) f(z) = z; γ: квадрат з вершинами z1 = 0, z2 = 1, z3 = l + i, z4 = i.

16) f(z) = Re z + Im z2; γ: квадрат з вершинами z1 = –1, z2 = –i, z3 = l, z4 = i.

17) f(z) = ; γ: контур, що складається з півкола і відрізка .

18) f(z) = i arg z – 1; γ: дуга параболи у = х2, 0 ≤ x ≤ 1.

19) f(z) = i arg z – 1; γ: відрізок прямої у = х, 0 ≤ х ≤ 3.

20) f(z) = (z – a)n n є Z; γ: півколо |z – a| = R, 0 ≤ arg (z – а) ≤ ≤ π, початок кривої в точці z = a + R.

21) f(z) = (z – a)n n є Z; γ: коло |z – a| = R.

22) f(z) = (z – a)n n є Z; γ: квадрат з вершинами в точках z1 = a + R + i(a + R), z1 = a – R + i(a + R), z1 = a – R + i(a – R), z1 = a + R + + i(a – R).

23) ; γ: коло |z – 2i| = l.

§13. ІнтегральнатеоремаKoші.

Нехай функція f(z) диференційовна в однозв’язній області D. Тоді інтеграл від f(z) no довільній замкненій кривій γ, що лежить в області D, дорівнює нулю:

Завдання 64. Визначити, чи можна застосувати інтегральну теорему Коші до інтеграла по замкненому контуру у від функції f(x)

Розв’язання, Для того, щоб до інтеграла від функції f(z)по замкненому контуру γможна було застосувати інтегральну теорему Коші, треба, щоб ця функція була аналітична в області, обмеженій контуром γ.

Так як функція неаналітична в точках z = ±3, а ці точки не належать області |z – 1| < 1, то теорему Коші можна застосувати .

Функція F(z), диференційовна в однозв’язній області D називається первісною функції f(z), якщо для всіх точок z з цієї області F'(z) = f(z). Якщо функція f(z) диференційована в однозв’язній області D, то вона має а цій області первісну. Будь-яка первісна функції f(z) в області D може бти записана у вигляді:

Якщо F(z) первісна функції f(z), то мають місце наступні формули:

– формула Ньютона-Лейбніца

– формула інтегрування частинами.

Завдання 65. Знаній первісні функцій:

1) f(z)= sin 2z .

Розв’язання. Так як , то функція є первісною для функції f(z)= sin 2z.

Завдання66. Обчислити інтеграли:

Розв’язання. Для того, щоб обчислити даний інтеграл подамо функцію sh z через показникову sh z = ,тоді

До першого інтеграла в останній рівності застосуємо формулу інтегрування частинами:

Отже,

§14. ІнтегральнаформулаКоші.

Нехай функція f(z) диференційовна в однозв’язній області D і нехай проста замкнена крива γ лежить в області D та орієнтована додатно. Тоді для довільної точки z0, яка лежить всередині кривої γ, справедлива формула:

Ця формула називається формулою Коші,

Завдання 67. Обчислити інтеграли, використовуючи інтегральну формулу Коші:

1) , де контур γ - коло

a) |z| = l, б) |z – 3| = 1, в) |z| = 6.

Розв’язання:а) Так як в області, обмеженій кругом |z| = 1 функція диференційовна, то за інтегральною формулою Коші

б) В області, обмеженій кругом |z – 3| = 1 диференційовною є функція , тому

в) Функція в області |z| = 6 недиференційовна в двох точках z = 0, та z = 3. Обчислення інтеграла від цієї функції за допомогою інтегральної формули Коші можна виконати двома способами.

1. Подамо дріб у вигляді суми двох дробів: , звідки . Тоді

2. Розіб’ємо область |z| < 6 довільною гладкою кривою на дві частини, так щоб точки z1 = 0 та z2 = 3 попали в різні частини мал. 57 Тоді .

Якщо функція f(z) диференційовна в області D, то вона нескінченно диференційовна в цій області і має місце формула:

де γ - межа круга , який лежить в області D.

Завдання 68. За допомогою формули (1) обчислити наступні інтеграли:

1) .

Розв’язання. У формулі (1) в даному випадку п = 4, (функція диференційовна у всій області |z| < 2), тому .

§15. РядТейлора.

Нехай f(z) – аналітична функція в області D і точка z0 є D. Тоді в крузі |z – z0| < R, де R - відстань точки z0 до межі області D, f(z) можна подати у вигляді суми степеневого ряду

Якщо функція f(z) в крузі |z – z0| < R подається у вигляді суми степеневого ряду , то цей ряд єдиний і є рядом Тейлора функції f(z):

Функція f(z), яка визначена в околі точки z = z0 і розкладається в ряд (1), збіжний в крузі | z - z0| < ρ, називається регулярною в точці z = z0.

Безпосереднім обчисленням похідних від елементарних функцій в точці z0 = 0 можна одержати збіжні на всій комплексній площині ряди Тейлора цих функцій.

Використовуючи формулу суми спадної геометричної прогресії, можна розвинути в степеневий ряд, збіжний в крузі |z| < l, функції та .

Завдання 69. Використовуючи формули (3) та (4) розкласти в степеневий ряд в околі т z0 вказані функції і знайти радіус збіжності цього ряду.

1)

Розв’язання. Подамо дану функцію у вигляді суми простих дробів .

Кожний з цих дробів розкладемо в ряд згідно із формулою (3) .

Одержаний ряд збігається в крузі |z – 1| < 1.

Ряд збігається в крузі |z – 1| < 2.

Отже, задана в умові функція розкладається в степеневий ряд який збігається в крузі |z – 1| < 1, радіус збіжності ряду R = l.

Завдання 70. Використовуючи відомі розклади функцій (2) в степеневий ряд , розкласти задані функції в околі точки z0вказати область збіжності, одержаного ряду:

1) sh z cos z ; z0 = 0.

Розв’язання. Для розкладу функцій sh z cos z в степеневий ряд скористаємося поданням їх через показникову функцію за допомогою формул (1) та (2) з § 3.

Тоді .

Згідно з формулами (2) знаходимо

Звідки

Враховуючи, що , , одержимо

Так як функція ch z sh z аналітична на всій комплексній площині, то область збіжності одержаного ряду |z| < ∞.

§16. РядЛорана.

Функція f(z), аналітична в кільці r < |z – z0| < R, розкладається в цьому кільці в ряд Лорана

Цей розклад єдиний, а коефіцієнти Сn визначаються за формулою:

де γρ – коло |z – z0| < ρ, r < ρ < R.

Якщо f(z) – однозначна аналітична функція в області |z| > R, то в цій області вона подається рядом Лорана

Ряд (1) можна подати у вигляді суми таких двох рядів:

3

При цьому перший доданок в правій частині називається головною частиною ряду Лорана, а другий - правильною частиною.

Аналогічно можна подати ряд (2):

Тут перший доданок в правій частині рівності називається правильною частиною, а другий - головною частиною ряду Лорана.

Завдання 71.Знайти області збіжності рядів Лорана:

1) .

Розв’язання.Правильна частина даного ряду – ряд . Радіус збіжності його знаходимо за формулою . Маємо , тобто областю збіжності правильної частини є круг |z + і| < 3.

Головна частина заданого ряду – , заміною перетворюється у степеневий ряд , який збігається в крузі . Тому головна частина ряду збігається в області |z + і| >

Отже даний ряд Лорана збігається в кільці < |z + і| < 3.

Завдання 72. Розвинути функцію f(z) в ряд Лорана в околі точки z0 і вказати область, в якій цей розклад має місце.

1)

Розв’язання. а)Розвинемо задану функцію в околі точки z0 = –і, тобто за степенями z + i. Для цього подамо її наступним чином:

Розвинемо дріб в степеневий ряд за степенями z + i:

Отже

Область збіжності ряду 0 < |z + i| < .

б) Розвинемо задану функцію в степеневий ряд в околі точки z0= 2, тобто за степенями (z – 2)

Область збіжності даного ряду 0 < |z – 2| < .

3. Розвинемо задану функцію в околі нескінченно віддаленої точки. Для цього подамо її наступним чином

Розкладемо тепер дроби та в ряд Лорана в околі точки z = ∞

Таким чином

Для знаходження області збіжності даного ряду виконаємо заміну . Тоді, оскільки, областю збіжності степеневого ряду буде , то область збіжності заданого ряду –|z| > 2.

Завдання 73. Використовуючи відомі розклади елементарних функцій в степеневий ряд, розкласти функцію f(z) в околі точки z0в ряд Лорана:

1) .


0002143898911928.html
0002219495850790.html
    PR.RU™